MCA3 Resol.cap3 matematica compreensao e pratica

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MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3

A circunferência

3

b) É um quadrado de lado 2 e área 22 = 4.

Exercícios 1.

5.

y

a) (x – 0)2 + (y – 0)2 = 42 ⇒ x2 + y2 = 16 b) (x + 2)2 + (y – 5)2 = 32 ⇒ (x + 2)2 + (y – 5)2 = 9 –4

c) (x – 3)2 + (y + 2)2 = ( 7 )2 ⇒ (x – 3)2 + (y + 2)2 = 7 d) xc = 2 + 6 = 4 e yc = – 2 + 2 = 0 ⇒ c(4, 0) 2 2 2 2 2 (x – 4) + (y – 0) = r , sendo r = AB = 2 2 2 = (2 + 2) + (6 – 2) ∙ 2 2 (x – 4)2 + y2 = 8

2.

0 x

r –3

r = (3 – 0)2 + (4 – 0)2 = 5 a) (x – 3) + (y – 2) = 2 ⇒ (x – 3) + (y – 2) = 4 2

2

2

2

2

(x + 4)2 + (y – 3)2 = 25

b) (x + 2)2 + (y – 1)2 = 12 ⇒ (x + 2)2 + (y – 1)2 = 1 c) (x + 2)2 + (y + 2)2 = 22 ⇒ (x + 2)2 + (y + 2)2 = 4

6.

y

d) (x – 1)2 + (y + 4)2 = 12 ⇒ (x – 1)2 + (y + 4)2 = 1

3.

a) A(–3, 0) e r = 3 ⇒ (x + 3)2 + (y – 0)2 = 32 ⇒

3

⇒ (x + 3) + y = 9 2

2

b) C(0, 0) e r = 3 ⇒ (x – 0)2 + (y – 0)2 = 32 ⇒ x2 + y2 = 9 c) B(0, –4) e C(2, –3) ⇒ r = BC = 1 · (–3 + 4)2 + (2 – 0)2 ∙ 2 2 5 = 2 0 + 2 = 1 e yM = – 4 – 3 = – 7 ⇒ M 1, – 7 xM = 2 2 2 2 2 2 2 5 7 7 (x – 1)2 + y + = ⇒ (x – 1)2 + y + = 2 2 2 5 ∙ 4 d) D(3, 0) e r = DE = (4 – 0)2 + (0 – 3)2 = 5 (x – 3)2 + (y – 0)2 = 52 ⇒ (x – 3)2 + y2 = 25

4.

–3

x

a) (x + 3)2 + (y – 3)2 = 9 b) (–2 + 3)2 + (5 – 3)2 = 1 + 4 ∙ 9 não passa.

7.

A(–2, –6), B(2, 4) a) AB é diâmetro ⇒ MAB é o centro da circunferência ⇒ ⇒ C – 2 + 2, – 6 + 4 ⇒ C(0, –1) 2 2 Como dA, B = (2 + 2)2 + (4 + 6)2 = 116 ∙ 2 29 ,

y

temos r = 29 . Daí, a circunferência tem equação: 1 –1

x2 + (y + 1)2 = 29 1

b) Qualquer circunferência que passa por A e B tem o x

–1

centro sobre a mediatriz de AB: dA, C = dA, B ⇒ (xC + 2)2 + (yC + 6)2 = ∙ (xC – 2)2 + (yC – 4)2 ⇒

a) (x – 1) + (y – 1) = 1 2

2

(x + 1) + (y – 1) = 1 2

2

(x + 1)2 + (y + 1)2 = 1 (x – 1)2 + (y + 1)2 = 1

MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 69

⇒ xC2 + yC2 + 4xC + 12yC + 40 = ∙ xC2 + yC2 – 4xC – 8yC + 20 ⇒ ⇒ 2xC + 5yC + 5 = 0 Fazendo xC = 5, vem yC = –3, e C(5, –3) é o centro de λ.

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Capítulo 3 • A circunferência

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Como dA, C = (5 + 2)2 + (–3 + 6)2 = 58 ,

13. É o ponto que se localiza na circunferência, sobre o diâ-

temos r = 58 e λ: (x – 5) + (y + 3) = 58.

metro horizontal. Como C(3,0) e r = 2, sua abscissa fica 2

2

2

unidades à direita de C; sua imagem é O. É o ponto (5,0).

8.

Substituindo-se as coordenadas do ponto na equação,

y

vem (2k – k) + (0 – 4) = 25 ⇒ k = 3 ou k = –3. 2

2

0

9. De 3x + 2y – 5 = 0, vem y = – 32 x + 52 e da equação 2x –1 = – 3 x + 5 , vem x = 1. 2 2 Na reta r, para x = 1, tem-se y = 1. O ponto A(1, 1) pertence à circunferência.

1

P 5

3

x

14. A equação reduzida é (x – xC)2 + (y – yC) = r2 e as coordenadas dos pontos levam ao sistema:

Se B(xB, yB) é o ponto procurado, P é ponto médio de x + 1 y + 1 ⇒ xB = 3 e 4 = B = 7. AB ⇒ 2 = B 2 2

(1) (3 – xC)2 + (0 – yC)2 = r2 ⇒ xC2 + yC2 – 6xC + 9 = r2

O ponto é (3, 7).

x2C + y2C + 12xC + 6yC + 45 = r2 y

(2) (–6 – xC) + (–3 – yC) = r ⇒ 2

2

2

(3) (1 – xC)2 + (4 – yC)2 = r2 ⇒ xC2 + yC2 – 2xC – 8yC + 17 = r2

B

De (1) – (2), tem-se 3xC + 6 – yC = 0 (4) 4

1

De (2) – (3), tem-se xC + yC + 2 = 0 (5)

P

De (4) e (5), tem-se xC = –2 e yC = 0

A

Substituindo-se esses valores em (1), tem-se r2 = 25. x

1 2

A equação é (x + 2)2 + y2 = 25.

10. O centro é (5,1) e o raio é 2.

15. a) Como yC – yB = –3 e yB – yA = –1, então A, B e C não

a) (5,3) é o mais afastado de Ox.

xC – xB xB – xA estão alinhados. A equação reduzida é

b) (7,1) é o mais afastado de Oy. y

(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2

3

(1) (–1 – xC)2 + (3 – yC)2 = r2 ⇒ x2 + y2 + 2x – 6y + 10 = r2

1 0 –1

(2) (3 – xC)2 + (–1 – yC)2 = r2 ⇒ x2 + y2 – 6x + 2y + 10 = r2

x

5

11. a) Se P é um ponto de λ, então (a + 1 – 3) + (a – 1) = 5 ⇒ 2

2

⇒ a = 0 ou a = 3. b) P(4,2) e C(3,0). O coeficiente angular da reta é m = 2 – 0 = 2. 4 – 3

12. A circunferência tem centro (a, b) e raio 4, diâmetro 8, que é a medida do lado do quadrado. A área é 82 = 64 cm2.

(3) (1 – xC)2 + (5 – yC)2 = r2 ⇒ 2 2 ⇒ x + y – 2x – 10y + 26 = r2 (1) – (2) ⇒ x – y = 0 4 ⇒ x = y = 2 e C (2, 2) (2) – (3) ⇒ –4 – x + 3y = 0 5 Substituindo-se as coordenadas de C em (1), tem-se (–1 – 2)2 + (3 – 2)2 = r2 ⇒ r2 = 10. A equação é (x – 2)2 + (y – 2)2 = 10. yC – yB y – y = 2 e B A = 2, então A, B e C esxC – xB xB – xA tão alinhados e não há circunferência que passe por

b) Como r

r

eles.


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16.

18. a) C(1,2) e r =

y

b) xC = – 2 = –1; yC = –4 = –2 ⇒ C(–1, –2) 2 2

3

22 + 42 – 4 · 1 · (–1) = 6 4 · 1 c) xC = – –4 = 2, yC = – 6 = –3 ⇒ C(2, –3) 2 2

2 C

–3

–2

–1

6

r =

1 0

1

x

(–4)2 + 62 – 4 · 1 · 4 = 3 4 · 1 d) xC = – 16 = – 4; yC = – –32 = 8 ⇒ C(–4, 8) 2 · 2 2 · 2 r =

Utilizando-se os pontos (1, 0), (–2, 3) e (0, 3), tem-se: (1) (1 – xC)2 + (0 – yC)2 = r2 ⇒ 1 – 2x + x2 + y2 = r2 (2) (–2 – xC) + (3 – yC) = r ⇒ x + y + 4x – 6y + 13 = r 2

2

2

2

2

2

(3) (0 – xC)2 + (3 – yC)2 = r2 ⇒ x2 + y2 – 6y + 9 = r2 De (1) – (2), tem-se – 6 – 3x + 3y = 0 (4); De (2) – (3), tem-se 2x + 2 = 0 (5); De (4) e (5), tem-se x = –1 e y = 1 ⇒ C(–1, 1).

r =

162 + (–32)2 –4 · 2 · 134 = 13 4 · 22

19. a) x2 + y2 + 2x – 4y = – 92

x2 + 2x + 1 + y2 – 4y + 4 = – 9 + 1 + 4 2 (x + 1)2 + (y – 2)2 = 1 2

Substituindo-se as coordenadas de C em (1), tem-se

b) x2 – 8x + 16 + y2 + 4y + 4 = 9

r2 = 1. A equação reduzida é (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1

x2 + y2 – 8x + 4y + 11 = 0 c) x2 – 5x + 25 + y2 – 9y + 81 ∙ – 3 + 25 + 81 4 4 2 4 4

17. a)

B = 1 ⇒ A = B ∙ 0; C = 0; x = 5; y = 1; C C A 2 2 (–10) + (–2) – 4 · 1 · 17 = 3. O centro é (5,1) r = 4 · 1 e r = 3.

b) B = 1 ⇒ A = B ∙ 0; C = 0; x C = –6; yC = 16; A 122 + (–12)2 – 4 · 1 · 73 = –101 . Como r2 < r = 4 · 1

2

2

x – 5 + y – 9 = 25 2 2 d) x2 + 2x + 1 + y2 + 4y + 4 – 1 = 0 4 19 2 2 x + y + 2x + 4y + = 0 4

20. a) O raio é a distância do ponto (0,0) ao centro (–1, –4),

0, não se verifica a quinta condição e não é equação

que é r = 42 + 12 = 17 .

de circunferência.

A equação é (x + 1)2 + (y + 4)2 = ( 17 )2 ⇒

c) B = 1 ⇒ A = B ∙ 0; c = 0; xC = –1; yC = –3 e A 22 + 62 – 4 · 1 · 0 = 10 . O centro é (–1, –3). r = 4 · 1 d) B = 1 ⇒ A ∙ B e não é equação de circunferência. A 2 e) B = 1 ⇒ A ∙ B e não é equação de circunferência. A 3 f ) B = 1 ⇒ A = B ∙ 0, C = 0; x C = –2; y C = 2; A 2 2 r = 4 + (– 4) – 4 · 1 · (– 17) = 5. O centro é (–2, 2). 4 · 1

g) B = 1 ⇒ A = B ∙ 0; C = 0; xC = 10; yC = 0 e A r =

(–20)2 + 02 – 4 · 1 · 99 = 1. O centro é (10, 0). 4 · 12

h) A equação equivale a (x – 1) + (y + 3) = –3, que não 2

2

tem solução. Não é equação de circunferência.


⇒ x2 + y2 + 2x + 8y = 0. b) O raio é o mesmo do item anterior: 17 . A equação é (x – 0)2 + (y – 0)2 = ( 17 )2 ⇒ x2 + y2 – 17 = 0.

21. Como xC = 22 = 1 e yC = 42 = 2, o centro é (1, 2). A distância é (6 – 2)2 + (4 – 1)2 = 5.

22. x2 + y2 – 2x + 10y – k + 28 = 0 Analisando as condições: 1a. ) A = B = 1 2a. ) C = 0 3a. ) D2 + E2 – 4AF > 0: (–2)2 + 102 – 4 · 1 · (–k + 28) > 0 104 – 112 + 4k > 0 ⇒ k > 2, com k ∈ ℝ

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23. A = B = 1; C = 0; 62 + 142 – 4 · 1 · k > 0 ⇒ k < 58.

⇒ x – 4 = ±3 ⇒ x = 1 ou x = 7 (7 – 4)2 + (y + 2)2 = 9 ⇒ y = –2, e o ponto de maior

O maior valor inteiro de k é 57.

abscissa é (7, –2).

24. O centro da primeira é (–2,1); o da segunda, como xC = 1 e y = 1 , é 1 , 1 . O coeficiente angular da reta é C 2 2 2 2 1 1 – 2 = – 1 e a equação é x + 5y – 3 = 0. 5 1 –2 – 2

25. O centro da primeira é (3, 0); o da segunda, como

b) x 2 + 6x + 9 + y 2 – 4y + 4 + 12 – 13 = 0 ⇒ ⇒ (x + 3)2 + (y – 2)2 = 1. O centro é (–3, 2) e o raio é 1. Fazendo-se y = 1, tem-se x = –3 ⇒ o ponto é (–3, 1).

29. r

xC = –1 e yC = 3, é (–1, 3). A distância é 32 + 42 ∙ 5. p – , 3 . 2 p +2 p +2 ⇒ –2, O da segunda é xC = –2 e yC = . 2 2

ℓ

p

26. O centro da primeira é xC = – 2 e yC = 3 ⇒

Se as circunferências são concêntricas, o centro delas é o mesmo. p – = –2 2 , tem-se p = 4 Do sistema p +2 = 3 2

27. P(1, –3), Q(4, –2), R(–3, 5), A(–3, 0), B(0, –4) Para determinar o centro da circunferência, usamos o

ℓ

r

A diagonal do quadrado é o diâmetro da circunferência, ou seja, 2r. Como r = 32 , a diagonal é 2 32 . De d2 = ,2 + ,2, tem-se , = 8 e o perímetro é de 32 cm.

30. A(–2, 2): (–2 + 2)2 + (2 + 1)2 – 9 = 0 ⇒ A pertence a λ. B(–5, 1): (–5 + 2)2 + (1 + 1)2 – 9 = 4 > 0 ⇒ B é externo a λ. D(–1, 2): (–1 + 2)2 + (2 + 1)2 – 9 > 0 ⇒ D é externo a λ. E(0, 1): (0 + 2)2 + (1 + 1)2 – 9 = –1 < 0 ⇒ E é interno a λ. F(–5, –1): (–5 + 2)2 + (–1 + 1)2 – 9 = 0 ⇒ F pertence a λ.

sistema: (1) (1 – xC)2 + (–3 – yC)2 = r2 ⇒ x2 + y2 – 2x + 6y + 10 = 0 (2) (4 – xC)2 + (–2 – yC)2 = r2 ⇒ x2 + y2 – 8x + 4y + 20 = 0 (3) (–3 – xC)2 + (5 – yC)2 = r2 ⇒ x2 + y2 + 6x – 10y + 34 = 0 De (1) e (2), tem-se 3x + y – 5 = 0 (4);

31. A(–1, 2): (–1)2 + 22 – 6 · (–1) + 8 · 2 = 27 > 0 ⇒ A é externo a λ. B(3, 6): 32 + 62 – 6 · 3 + 8 · 6 = 75 > 0 ⇒ B é externo a λ. O(0, 0): 02 + 02 – 6 · 0 + 8 · 0 = 0 ⇒ O ∈ λ.

De (2) e (3), tem-se – x + y – 1 = 0 (5);

D(–1, –4): (–1)2 + (–4)2 – 6 · (–1) + 8 (–4) = – 9 < 0 ⇒ D

De (4) e (5), tem-se x = 1 e y = 2 e C(1, 2).

é interno a λ.

O coeficiente da reta que passa por A e B é –4 e a 3 equação da reta é 4x + 3y + 12 = 0. A distância é

E(3, 0): 32 + 02 – 6 · 3 + 8 · 0 = –9 < 0 ⇒ E é interno a λ.

41 + 32 + 12 = 22 2 2 5 4 + 3

32. Se (3, –3) pertence à circunferência, então 32 + (–3)2 – – 2 · 3 – 4 · (–3) + k = 0 ⇒ k = –24.

28. a) É mais fácil trabalhar com a equação reduzida da circunferência: x2 + y2 – 8x + 4y + 11 = 0

33. Se a circunferência passa pelo ponto, então (–6)2 + (–k)2 – – 2(–6) + 6 · (–k) – 55 = 0 ⇒ k = –1 ou k = 7

x2 – 8x + ... + y2 + 4y + ... + 11 = 0 + ... + ... x2 – 8x + 16 + y2 + 4y + 4 = 16 + 4 – 11 = 9 (x – 4)2 + (y + 2)2 = 32 Fazendo y = –2: (x – 4)2 = 32 ⇒


34. Se a circunferência contém o ponto, então (–3)2 + k2 + + 12 · (–3) + 4k + 15 = 0 ⇒ k = 2 ou k = –6.

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35. Substituindo-se as coordenadas do ponto no 1o membro

c) y

da equação da circunferência, devemos ter um número negativo. Então: (–3)2 + p2 + 2(–3) – 6p + 5 < 0

1

x

1

x

p2 – 6p + 8 < 0 ⇒ 2 < p < 4

36. Se p não é interno, ou é externo ou pertence à circunfe-

d) y

rência. Logo, (–1) + p – 7 (–1) + 2p – 11  0 ⇒ p + 2

2

2

+ 2p – 3  0 ⇒ p  –3 ou p  1.

37. Se (m, 0) é externo à circunferência, então m2 + 02 – 4m + + 5 · 0 – 5 > 0 ⇒ m2 – 4m – 5 > 0 ⇒ m < –1 ou m > 5.

38. Seja f(x, y) = x2 + y2 – 1.Tem-se que f (x, y) =0 é a equação da circunferência de centro na origem e raio 1.

39. a) x2 + y2 + 4x – 2y + 1 = (x + 2)2 + (y – 1)2 – 4, que representa uma circunferência de centro (–2, 1) e raio 2. b) x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = (x – 1)2 + (y + 2)2 – 4, que representa uma circunferência de centro (1, –2) e raio 2.

a) É o conjunto dos pontos da circunferência e dos pon-

c) x2 + y2 + 2x – 4y + 1 = (x + 1)2 + (y – 2)2 – 4, que repre-

tos interiores a ela.

senta uma circunferência de centro (–1, 2) e raio 2.

b) É o conjunto dos pontos interiores à circunferência. c) É o conjunto dos pontos da circunferência e dos pon-

d) x2 + y2 – 4x – 2y + 1 = (x – 2)2 + (y – 1)2 – 4, que representa uma circunferência de centro (2, 1) e raio 2.

tos exteriores a ela.· d) É o conjunto dos pontos exteriores à circunferência. Graficamente, tem-se:

Graficamente, os conjuntos soluções são: a) y

a) y

1 x

–2 1 x

b) y 1 x

b)

–2

y

1 x

c) y

2

–1


x

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d)

y y

1

1 x

2

x

1

40. a) x2 + y2 – 4 > 0 é o conjunto dos pontos exteriores à 42. x2 + y2 > 16 é o conjunto dos pontos exteriores à circuncircunferência de centro (0, 0) e raio 2.

ferência de centro (0, 0) e raio 4.

x2 + y2 – 9  0 é o conjunto dos pontos interiores e

x2 + y2 < 20 é o conjunto dos pontos interiores e perten-

pertencentes à circunferência de centro (0, 0) e raio 3.

centes à circunferência de centro (0, 0) e raio 20 .

A interseção é a coroa circular destacada na figura.

A união desses dois conjuntos é o plano real. y

y

20 4

3 2 – 20 –3 –2

2 3

–4

x

4

x

–4 – 20

–2 –3

b) x2 + y2 – 2  0 é o conjunto dos pontos exteriores e pertencentes à circunferência de centro (0, 0) e raio 2 . x + y – 4 < 0 é o conjunto dos pontos interiores à 2

20

2

43. a) As circunferências têm raio 2 e centros (–1, 1) e (1, –1). As equações são (x + 1)2 + (y – 1)2 = 4 e (x – 1)2 + + (y + 1)2 = 4.

circunferência de centro (0, 0) e raio 2.

Os pontos do conjunto assinalado são interiores e per-

A interseção é a coroa circular destacada na figura.

tencentes às duas regiões e são soluções do sistema:

y

(x + 1)2 + (y – 1)2  4 (x – 1)2 + (y + 1)2  4

2 2 –2 – 2 – 2 –2

2 2

x

b) As circunferências têm raio 2 e centros (0, 0) e (3, 0). Suas equações são x2 + y2 = 4 e (x – 3)2 + y2 = 4. Os pontos do conjunto assinalado são exteriores e pertencentes à primeira circunferência e interiores e

41. (x – 1)2 + y2 – 4 < 0 é o conjunto dos pontos interiores à circunferência de centro (1, 0) e raio 2. x2 + (y – 1)2 – 4  0 é o conjunto dos pontos exteriores e pertencentes à circunferência de centro (0, 1) e raio 2. A interseção é a região hachurada na figura.

pertencentes à segunda e são soluções do sistema: x2 + y2  4 (x – 3)2 + y2  4 c) A circunferência tem centro 0 e raio 2, e sua equação é x2 + y2 = 4. A reta é o lugar geométrico dos pontos do plano que têm x = 1.


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Os pontos do conjunto assinalado são interiores e

A interseção é mostrada na figura

pertencentes à circunferência e localizam-se à direita

y

da reta vertical ou pertencem a ela. São soluções do

2

sistema: –2

x2 + y2  4

2

x

0

x  1 d) A circunferência tem centro (1, 0) e raio 2 e sua equação

–2

é (x – 1)2 + y2 = 4. A reta é o lugar geométrico dos pontos do plano que têm y = 1.

b) Como (0, 0) não satisfaz a sentença x + y  2, a origem

Os pontos do conjunto assinalado são interiores e pertencentes à circunferência e localizam-se abaixo ou pertencem à reta horizontal. São soluções do (x – 1)2 + y2  4 sistema . y  1

não é solução da inequação; a solução é o semiplano que não contém a origem. A solução de x2 + y2  4 é a circunferência e seus pontos interiores. A interseção é mostrada na figura abaixo.

44. A reta de equação y = 3x – 2 é crescente e corta os eixos

y

nos pontos (0, –2) e 2 , 0 . Como o ponto (0, 0) satisfaz 3 a sentença 3x – y – 2  0, o conjunto solução dessa

2

2

inequação é a união do semiplano que contém o ponto

–2

x

0

(0, 0) com a reta dada. A circunferência tem centro (0, 0) e raio 1. A solução da

–2

inequação é o conjunto dos pontos interiores e pertencentes à circunferência.

46. a) y = x ⇒ x2 + x2 + 2x – 2x + 1 = 0 ⇒ 2x2 + 1 = 0,

A interseção é a região sombreada na figura. y

que não possui raízes reais. b) y = x + 1 ⇒ (x + 1)2 + (x + 1 – 2)2 = 5 ⇒ 2x2 – 3 = 0, que tem duas raízes reais ⇒ r e λ são secantes.

1

c) y = – x + 2 ⇒ x2 + (–x + 2)2 – 4x – 4(–x + 2) + 6 = 0 ⇒ ⇒ x2 – 2x + 1 = 0, que tem uma raiz real ⇒ r e λ são –1

0

1

x

–1

tangentes. d) y = 2x – 1 ⇒ (x – 3)2 + (2x – 1 + 1)2 – 16 = 0, que tem duas raízes reais ⇒ r e λ são secantes.

47. a) y = –3x + 35 ⇒ x2 +

2

–3x + 35 – 4x – 4

corta os eixos nos pontos (0, 2) e (2, 0).

4 – 2 –3x + 35 – 20 = 0 ⇒ x2 – 10x + 25 = 0 ⇒ 4

x2 + y2 = 4 é a equação da circunferência de centro

⇒ x = 5 ⇒ y = 5

45. x + y = 2 é a equação de uma reta decrescente e que

(0, 0) e raio 2. a) Como (0, 0) satisfaz a sentença x + y  2, a origem é solução dessa inequação, que é a reunião do semiplano que contém a origem com a reta dada.

O ponto de interseção é (5, 5). 2

b) y = – x + 3 ⇒ x2 + – x + 3 – 4x – 6 – x + 3 – 2 2 2 2 2 2 – 12 = 0 ⇒ x2 – 2x – 15 = 0 ⇒ x = 5 e x = –3

A solução de x2 + y2  4 é a circunferência e seus

Se x = 5, então y = –1; se x = –3, então y = 3.

pontos interiores.

Os pontos de interseção são (5, –1) e (–3, 3).


13/05/10 04:32


c) De

|8|

5 b) A circunferência tem centro – 1 , 1 e raio 2 . A dis2 2

x = 1 + t (1) y = 1 – t (2)

De (1), tem-se t = x – 1, que, substituído em (2), nos dá y = 1 – x + 1 ⇒ y = – x + 2 ⇒

tância do centro a r é

⇒ x2 + (– x + 2)2 – 8x –6(–x + 2) + 24 = 0

Então, r é externa a λ.

⇒ x2 – 3x + 8 = 0, que não tem raízes reais ⇒ não há pontos de interseção

48. x2 + y2 – 4x – 6y – 12 = 0 ⇒ (x – 2)2 + (y – 3)2 = 25 é a equação da circunferência de centro (2, 3) e raio 5. O ponto (1, 0) é interior à circunferência, pois 12 + 02 – – 4 · 1 – 6 · 0 – 12 < 0. Dessa forma, qualquer reta que passa pelo ponto intercepta a circunferência em dois pontos.

– 1 – 2 · 1 – 3 2 2 12 + (–2)2

=

5 > 2 . 2 5 9

c) A circunferência tem centro C(3, 5) e raio 10 . A |3 · 3 + 5 · 4| 10 = = 10 = r. distância de C a r é 10 32 + 12 Então, r e λ são tangentes. d) A circunferência tem centro (12, –2) e raio 7. A distância do centro a r é

|4 · 12 – 3(–2) – 24| 42 + (–3)2

=

∙ 6 < 7. Então r e λ são secantes.

53. a) A circunferência tem centro (0, 0) e raio 52 . A distância 49.

x2 + y2 = 4 2x – y + p = 0 ⇒ y = 2x + p x2 + (2x + p)2 = 4 ⇒ 5x2 + 4px + p2 – 4 = 0 ∆ = 16p2 – 4 · 5 · (p2 – 4) = 0 –4p2 + 80 = 0 ⇒ p = ±2 5

50. y = –x – k ⇒ x + (–x – k) – 4x – 6 (–x – k) – 5 = 0 ⇒ 2

2

⇒ 2x2 + 2(k + 1)x + (k2 + 6k – 5) = 0 ⇒ ⇒ Δ = [2 · (k + 1)]2 – 4 · 2 · (k2 + 6k – 5) = 4 · (–k2 – 10k + 11) a) Para que sejam tangentes, deve-se ter Δ = 0 ⇒ k = 1 ou k = – 11. b) Para que sejam secantes, deve-se ter Δ > 0 ⇒ – 11 < k < 1 c) Para que a reta seja externa à circunferência, deve-se ter Δ < 0 ⇒ k < –11 ou k > 1.

do centro a r é

|0 – 2|

= 2 < 5 . Elas são secantes. 2 1 + 0 2

2

b) A circunferência tem centro (2, 4) e raio 13 . A distân|2 · 2 + 3 · 4 – 3| = 13 = r. Elas cia do centro a r é 22 + 32 são tangentes. c) A circunferência tem centro (–1, –1) e raio 18 ∙ 3 2 . |–1 – 1 – 5| 7 = = A distância do centro a r é 2 12 + 12 ∙ 7 2 > 3 2 . Elas são exteriores. 2 d) O centro da circunferência é (5, 2) e o raio é 16. A dis|2 · 5 + 4 · 2 – 1| 17 = < 16. tância do centro a r é 2 2 20 2 + 4 São secantes.

54. a) y = – x + 5 ⇒ (x + 1)2 + (–x + 5 – 2)2 = 16 ⇒ ⇒ x2 – 2x – 3 = 0 ⇒ x = 3 ou x = –1

2 2 ou x = – . 5 5 2 4 , e –2 , –4 ; Os pontos de interseção são 5 5 5 5

51. y = 2x ⇒ x2 + (2x)2 – 4 = 0 ⇒ x =

a distância entre eles é o comprimento da corda que os une:

2

–8 + –4 5 5

2

= 4.

52. a) A circunferência de equação x2 + y2 – 6x – 4y – 7 = 0 tem centro C(3, 2) e raio 20 . A distância de r a C é |3 + 2 · 2 + 3| 10 = = 10 5 = 2 5 = 20 . Então, 2 2 5 5 1 + 2 r e λ são tangentes.


Se x = 3, então y = 2; se x = –1, então y = 6. Os pontos de interseção são (3, 2) e (–1, 6). O comprimento da corda é a distância entre eles: (6 – 2)2 + (–1 – 3)2 = 4 2 b) y = 3x ⇒ (x – 3)2 + (3x – 4)2 – 25 = 0 ⇒ 10x2 – 30 x = 0 ⇒ ⇒ x = 0 ou x = 3 Se x = 0, então y = 0; se x = 3, então y = 3. Os pontos de interseção são (0, 0) e (3, 9). O comprimento da corda é a distância entre eles: (3 – 0)2 + (9 – 0)2 = 3 10

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|9|


55. x2 + y2 – 2x + k = 0

60. r: y = x + 2; C: x2 + y2 – 4x – 2y + a = 0

(x2 – 2x + 1) + y2 = 1 – k > 0 ⇒ k < 1 (*)

x2 – 4x + 4 + y2 – 2y + 1 = –a + 4 + 1 =

3x – 4y – 18 ∙ 0 ⇒ y ∙ 3x – 18 4 2 2 3x – 18 – 2x + k = 0 x + 4

= 5 – a > 0 ⇒ a < 5

25x – 140x + 324 + 16k = 0

Δ = 4 – 8a  0 ⇒ a  1 < 5 2

x2 + (x + 2)2 – 4x – 2(x + 2) + a = 0 2x2 – 2x + a = 0

2

Δ = 19 600 – 100(324 + 16k) = 1 600 (–8 – k) a) Δ = 0: – 8 – k = 0 ⇒ k = –8

E o maior valor de a é 1 . 2

b) Δ < 0: – 8 – k < 0 ⇒ k > –8

61. O raio da circunferência é a distância do centro à reta

Considerando (*): –8 < k < 1

tangente. Então:

c) Δ > 0: –8 – k > 0 ⇒ k < –8

56. O centro da circunferência é (–m, 1). Como o centro pertence a r, então 2 · (–m) + 3 · 1 – 1 = 0 ⇒ m = 1. O raio é 200 = 10 2 e o diâmetro é 20.

57. y = –x ⇒ x2 + (–x)2 – 6x – 2(–x) + 2 = 0 ⇒ x2 – 2x + 1= = 0 ⇒ x = 1 e y = –1. O ponto é (1,–1).

58. A circunferência tem centro (4, 2). A reta tem coeficiente angular –1. A reta perpendicular a r pelo centro da circunferência tem coeficiente angular 1 e equação y = x – 2 ⇒ ⇒ (x – 4)2 + (x – 2 – 2)2 = 9 ⇒ 2x2 – 16x + 23 = 0 ⇒ 3 3 ⇒ x = 4 + e x = 4 – . O mais próximo da reta é 2 2 3 3 a abscissa menor: x = 4 – ⇒ y = 2 – . O ponto é 2 2 3 3 4 – , 2 – . 2 2

59. A circunferência tem centro (3, 1) e raio 1. A reta r tem coeficiente angular 3 – 1 = 1 e equação y = x – 2 ⇒ 5 – 3 ⇒ x2 + (x – 2)2 – 6x –2(x – 2) + 9 = 0 ⇒ 2x2 – 12x + 17 = ∙ 0 ⇒ x = 6 – 2 e x = 6 + 2 . O ponto de λ mais 2 2 distante do ponto dado tem abscissa menor: x = 6 – 2 2 ⇒ y = 2 – 2 . O ponto é 6 – 2 , 2 – 2 . 2 2 2 y

=

62. A partir da equação da circunferência, vamos completar quadrados para obter os dados de centro e raio: x2 + y2 + + 5x + 4y + k = 0 x2 + 5x + 25 + y2 + 4y + 4 = –k + 25 + 4 = 41 – k = 4 4 4 = r2 (*) C = – 5 , –2 2 Os pontos do eixo das abscissas pelos quais passa a circunferência possuem abscissas cuja diferença em módulo vale 3. Além disso, são simétricos em relação à reta x = – 5 . 2 Assim, a circunferência passa por (–4, 0) e (–1, 0). Logo, seu raio mede: –4 – – 5 2

2

25 + [0 – (–2)]2 = 2 ∙ 5 2

Por (*): 41 – k = 25 ⇒ k = 4 4 4

63. a) As retas são do tipo x – 3y + c = 0. A circunferência tem centro C(1, 2) e raio 3. dc, s =

|1 – 3 · 2 + c| 12 + (–3)2

= 3 ⇒ c = 5 ± 3 10

As retas têm equação x – 3y + 5 ± 3 10 = 0.

do tipo 3x – 2y + c = 0. d =

1 A 3


2

b) A circunferência tem centro (0, 1) e raio 1 e as retas são

r

3

|3 · 1 + 2 – 9|

4 2 10 · . A equação da cir5 10 3 + 12 cunferência fica (x – 1)2 + (y – 2)2 = 8 . 5

r =

5

x

|3 · 0 – 2 · 1 + c| 32 + 22

= 1 ⇒ c = 2 ± 13

As equações são 3x – 2y + 2 ± 13 = 0.

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| 10 |

c) A circunferência de equação x2 + (y – 1)2 = 4 tem centro (0, 1) e raio 2; as retas são do tipo 2x – y + c = 0. d =

|2 · 0 – 1 + c| 2 + (–1) 2

2

= 2

As equações são 2x – y ± 2 5 + 1 = 0.

64. A circunferência tem centro (2, 3) e raio 5. a) As retas tangentes horizontais devem passar pelos pontos da circunferência de maior e menor ordenada, que são (2, 8) e (2, –2). Suas equações são y + 2 = 0 b) As retas tangentes verticais devem passar pelos pontos da circunferência de maior e menor abscissa, que são (7, 3) e (–3, 3). Suas equações são x – 7 = 0 ou x + 3 = 0. c) 3x – 4y = 0 ⇒ y = 3 x ⇒ mr = 3 . As tangentes têm 4 4 coeficiente angular – 4 e são de forma y = – 4 x + n 3 3 ou 4x + 3y + c = 0. |4 · 2 – 3 · 3 + c| 42 + 32

|1 · 3 – 3 · 4 + c| 12 + (–3)2

= 1 ⇒ c = 9 ± 10

As equações são x – 3y + 9 ± 10 = 0.

67. a) A circunferência tem centro C(0, 0) e raio 1. dPC = ( 2 )2 + 02 = 2 > r ⇒ P é exterior a λ. As retas que passam por P e não são verticais são da forma y – 0 = m · (x – 2 ) ⇒ mx –y – 2 m = 0. d =

|m · 0 – 1 · 0 – 2 m| m2 + (–1)2

= 1 ⇒ |– 2 m| = m2 + 1

2m2 = m2 + 1 ⇒ m = 1 ou m = –1

ou y – 8 = 0.

d =

d =

= 5 ⇒ c = –42 ou c = 8

As equações são 4x + 3y – 42 = 0 e 4x + 3y – 8 = 0.

65. Se duas tangentes a uma circunferência são paralelas entre si, a distância entre elas é igual ao diâmetro dessa circunferência.

As equações são x – y – 2 = 0 ou x + y – 2 = 0. b) A circunferência tem centro C(1, –2) e raio 2. d PC = (–4 + 2)2 + (5 – 1)2 = 8 = 2 2 > r e P é exterior a λ. As retas que passam por P e não são verticais são da forma y + 4 = m · (x – 5) ⇒ ⇒ mx – y – 5m – 4 = 0 d = |m · 1 – 1 · (–2) – 5m –4| = 2 m2 + (–1)2 |2m + 1| = m2 + 1

4m2 + 4m + 1 = m2 + 1 ⇒ m = 0 ou m = – 4 . 3 As equações são y + 4 = 0 ou 4x + 3y –8 = 0.

c) A circunferência tem centro C(–2, 3) e raio 3. dPC = (6 – 3)2 + (1 + 2)2 = 18 = 3 2 > r ⇒ P é exterior a λ. O ponto de maior ordenada de λ é (–2, 6) e a reta horizontal que passa por ele contém P. Essa reta, tangente

d

a λ, tem equação y – 6 = 0. O ponto de maior abscissa de λ é (1, 3) e a reta vertical que passa por ele contém P. Essa reta, tangente a λ,

Simplificando e complementando os quadrados: 4x2 + 4y2 – 4x – 20y – 15 = 0 x2 – x + 1 + y2 – 5y + 25 = 4 4 15 1 25 41 = + + = = r2 4 4 4 4 41 r = ⇒ d = 41 2

tem equação x – 1 = 0. d) λ passa por P: 02 + 02 – 6 · 0 – 8 · 0 = 0 ⇒ existe por P uma única tangente t, que tem equação t: y = mtx. Mas mt = – 1 = – 1 = – 3 e 4 mPC 4 – 0 3 – 0 t: y = – 3 x 4 e) P(2, 1) é interno a λ, pois 22 + 12 – 6 · 2 + 5 = –2 < 0.

66. A circunferência tem centro (3, 4) e raio 1. O coeficiente angular de r é –3 e das perpendiculares é 1 . 3 Como a equação de r é y = – 3x – 1, a das perpendiculares é da forma y = 1 x + p ou x – 3y + c = 0 3


Assim, não há solução.

68. Se a reta é tangente à circunferência, o raio é a distância do centro à reta.

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| 11 |


|5 · (–3) + (–2) · 1 – 8|

O raio delas é metade da distância entre as retas e os

25 29 5 + (–2) 2 2 A equação é (x + 3) + (y – 1) = 625 . 29 d =

2

2

=

centros situam-se sobre a reta t, paralela a elas e que dista igualmente das duas. t

69. λ passa por (3, 0) e (5, 0) ⇒ xC = 4.

r

y 3 2

s

λ é tangente a y + 10 = 0 ⇒ λ passa por (4, –10) dC, (3, 0) = dC, (4, –10) ⇒ (3 – 4)2 + (yc – 0)2 =

–1 – 1 2

= (4 – 4)2 + (yC + 10)2 ⇒ yC = –99 20 99 101 = r = – 10 – – 20 20 2

Daí, λ: (x – 4)2 + y + 99 = 101 20 20

1 2 0

3 x

Seja C(xC, yC) o centro de uma dessas circunferências ⇒

2

⇒ dc,s = dc,r. |1 · xC + 2 · yC + 1|

70. O centro da circunferência é C(2, 0) e o raio é 4.

12 + 22

=

|1 · xC + 2 · yC – 3| 12 + 22

⇒

O coeficiente angular da reta é 3 e sua equação é da

⇒ |xC + 2yC + 1| = |xC + 2yC – 3|

forma y = 3 x + n ⇒ 3 x – y + c = 0.

ou xC + 2yC + 1 = xC + 2yC – 3 não tem solução ou

A distância das retas ao centro é 4.

xC + 2yC + 1 = –(xC + 2yC – 3) ⇒ xC + 2yC – 1 = 0

d =

| 3 · 2 – 1 · 0 + c| = 4 ⇒ c = –2 3 ± 8 ( 3 )2 + (–1)2

Todos os pontos da reta t têm essa propriedade e sua equação é x + 2y – 1 = 0.

A equação das retas é 3 x – y – 2 3 ± 8 = 0.

73. P(α, β) ∈ λ 71.

y

λ : x2 + y2 – r2 = 0 ⇒ C(0, 0) β mCP = β – 0 = α α – 0 α t ⊥ CP ⇒ mt = – β t passa por (α, β): y – β = – β (x – α) ⇒ α ⇒ βy – β2 = –αx + α2 ⇒

s C

r

4

P

3

⇒ t: αx + βy – α2 – β2 = 0

t 0 1

74. Do sistema

x

4

(1) x2 + y2 = 100 (2) x2 + y2 – 12x – 12y + 68 = 0

A equação das retas é 3 x – y – 2 3 ± 8 = 0.

substituindo-se (1) em (2), tem-se y = 14 – x (3).

A reta r tem coeficiente angular 1, a reta t, perpendicular

Substituindo-se (3) em (1), tem-se x2 + (14 – x)2 = 100 ⇒

a ela em P(4, 4), tem coeficiente angular –1.

⇒ x2 – 14x + 48 = 0 ⇒ x = 8 ou x = 6.

A equação de t é y – 4 = –1 · (x – 4) ⇒ x + y – 8 = 0.

Em (3), se x = 8, então y = 6; se x = 6, então y = 8. Os

O centro da circunferência é o ponto de interseção de

pontos são (8,6) e (6, 8).

y = 3x ⇒ x = 2 e s e t e é solução do sistema x + y – 8 = 0 y = 6 e C(2, 6).

75. Do sistema

(1) x2 + y2 – 2x – 3 = 0 , subtraindo-se (2) x2 + y2 + 2x – 4y + 1 ∙ 0

O raio é a distância de C a P, ou seja, (6 – 4)2 + (2 – 4)2 =

(1) de (2), tem-se y = x + 1 (3).

= 8 . A equação de λ é (x – 2) + (y – 6) = 8.

Substituindo-se (3) em (1), tem-se x2 + (x + 1)2 – 2x – 3 =

2

2

= 0 ⇒ x2 = 1 ⇒ x = 1 ou x = –1.

72. As duas retas são paralelas e existem infinitas circunferências tangentes, simultaneamente, a elas.


Se x = 1, então y = 2; se x = –1, então y = 0. Os pontos são (1, 2) e (–1, 0).

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| 12 |

2.

76. a) λ1 tem centro C1(0, 0) e raio 4.

A circunferência tem centro (–2, –2) e raio 2. a)

λ2 tem centro C2(–3, 2) e raio 3.

y

C1C2 = 22 + (–3)2 = 13 r1 + r2 = 7 Como C1C2 < r1 + r2, elas não são exteriores nem se

–2

0 x

tangenciam exteriormente. Como r1 – r2 = 1 e C1C2 > r1 – r2, elas não se tangen-

C

ciam interiormente e uma não é interna à outra. Por

–2

exclusão, elas são secantes. b) λ1 tem centro C1(0, 0) e raio 18 .

O ponto de λ mais próximo da origem pertence à reta


de equação y = x.

C1C2 = (–10)2 + 52 = 5 5

Então, (x + 2)2 + (x + 2)2 = 4 ⇒ x2 + 4x + 2 = 0 ⇒

r1 + r2 = 1 + 3 2

⇒ x = –2 + 2 ou x = –2 – 2 . A solução é o ponto

Como C1C2 > r1 + r2, elas são exteriores.

de maior abscissa, que é x = –2 + 2 ⇒ y = –2 + 2 .

c) λ1 tem centro C1(2, 3) e raio 1.

O ponto é (–2 + 2 , –2 + 2 ).


b) O ponto mais afastado da origem também se localiza sobre a reta y = x e sua abscissa é x = –2 – 2 , donde

C1C2 = (6 – 3)2 + (–2 – 2)2 = 5

y = – 2 – 2 . O ponto é (–2 – 2 , –2 – 2 ).

r1 + r2 = 5 Como C1C2 = r1 + r2, elas se tangenciam exteriormente.

3.

C(xC, yC) equidista de (2, 2) e (–1, 5):

d) λ1 tem centro C1(0, 0) e raio 9.

(xC – 2)2 + (yC – 2)2 = (xC + 1)2 + (yC – 5)2

λ2 tem centro C2(3, –4) e raio 4.

xC – yC + 3 = 0 ⇒ yC = xC + 3

C1C2 = 32 + (–4)2 = 5

Como C ∈ r, temos: yC = 2xC + 4.

r1 + r2 = 13

Igualando: xC + 3 = 2xC + 4 ⇒ x2 = –1 e yC = 2 ⇒ C(–1, 2),

Como C1C2 < r1 + r2, elas não são exteriores nem se

vem:

tangenciam exteriormente.

r = (–1 – 2)2 + (2 – 2)2 = 3

Como r1 – r2 = 5 ∙ C1C2, elas se tangenciam interior-

E a circunferência é dada por (x + 1)2 + (y – 2)2 = 9.

mente.

4.

Exercícios complementares 1.

r: 2x – y + 4 = 0; (2, 2); (–1, 5)

C(a, –a); r =

72 = 3 2 2

λ (x – a)2 + (y + a)2 = 18

B(5, 2), portanto, (x – 5)2 + (y – 2)2 = r2 é a equação da circunferência com centro B.

λ passa pela origem ⇒ (0 – a)2 + (0 + a)2 = 18

ABCD é paralelogramo:

2a2 = 18 ⇒ a = ± 3

MAC = MBD ⇒ 2 + 4 , 1 + 4 ou 3, 5 é ponto médio 2 2 2 de BD:

Daí, λ: (x – 3)2 + (y + 3)2 = 18, para a = 3, e

dMBD, B = r ⇒ r = 2 2 17 = 4 ⇒ r = 17

(5 – 3)2 + 2 – 5 2

E a equação da circunferência é: (x – 5) + (y – 2) = 17 2


2

2

=

4 + 1 = 4

λ': (x + 3)2 + (y – 3)2 = 18, para a = –3.

5.

Para que a circunferência tangencie os eixos coordenados nesses pontos, deve-se ter |a| = 3 ⇒ os pontos são (0, 3) e (3, 0), o centro é (3, 3) e o raio é 3. A equação é x2 + y2 – 6x – 6y + 9 = 0.

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| 13 |


6.

a) (1) (2 – x )2 + (–3 – y )2 = r2 ⇒ x2 + y2 – 4x + 6y + C C C C C C + 13 = r2 (2) (5 – xC)2 + (0 – yC)2 = r2 ⇒ x2C + y2C – 10xC + 25 = r2 (3) (–1 – xC)2 + (–4 – yC)2 = r2 ⇒ x2C + y2C + 2xC + 8yC + + 17 = r2

ℓ Aplicando o teorema de Pitágoras, temos d2 + 2 ⇒ d2 = 25 – 13 = 12 ⇒ d = 2 3 .

9.

2

= r2 ⇒

x2 + y2 – 2x – 10y + 17 = 0 (x2 – 2x + 1) + (y2 – 10y + 25) = –17 + 1 + 25

(1) – (2) ⇒ 6xC + 6yC – 12 = 0 ⇒ xC + yC – 2 = 0 (4)

(x – 1)2 + (y – 5)2 = 9

(2) – (3) ⇒ –12xC – 8yC + 8 = 0 ⇒ –3xC – 2yC + 2 = 0 (5)

32 – 22 = r2 ⇒ r2 = 5

De (4) e (5), vêm xC = –2 e yC = 4 ⇒ c(–2, 4).

E a equação da circunferência é: (x – 1)2 + (y – 5)2 = 5

Em (1), vem 42 + (–7)2 = 65 = r2. A equação é x2 + y2 + 4x – 8y – 45 = 0.

2

b) 42 + 32 – 2 · 4 · xC – 2 · 3 · yC + (xC2 + yC2 – r2) = 0 ⇒

r

3

⇒ 25 – 8xC – 6yC + (xC2 +yC2 – r2) = 0 (1) 72 + 22 – 2 · 7 · xC – 2 · 2 · yC + (xC2 + yC2 – r2) = 0 ⇒ ⇒ 53 – 14xC – 4yC + (xC2 + yC2 – r2) = 0 (2) (–5)2 + (–4)2 – 2 · (–5) · xC – 2 · (–4) · yC + (xC2 + yC2 – r2) = = 0 ⇒ 41 + 10xC + 8yC + (xC2 + yC2 – r2) = 0 (3)

dio de AP ⇒ xC = – 1– 3 = –2 e yC = 4 – 2 = 1; C(–2, 1). 2 2

(2) – (1): 28 – 6xC + 2yC = 0 14 – 3xC + yC = 0 ⇒ yC = –5 e xC = 3 42 – 9xC + 3yC = 0 (3) – (1): 16 + 18xC + 14yC = 0 8 + 9xC + 7yC = 0

O raio é a distância de C a P: d = (–2 + 1)2 + (1 – 4)2 = 10 A equação é (x + 2)2 + (y – 1)2 = 10.

11. a)

d = (7,5 – 3)2 + (– 3 + 1,5)2 = 22,5 ≅ 4,7 < 4,9

25 – 8 · 3 – 6 · (–5) + 32 + (–5)2 – r2 = 0

A sentença é falsa. b) M(3; –0,7) e A(0, 6);

A reta tem coeficiente angular – 6,7 e sua equação 3 é y – 6 = – 6,7 · (x – 0) ⇒ 6,7x + 3y – 18 = 0, que 3 intercepta o eixo das abscissas no ponto 18 , 0 , cuja 6,7 abscissa é menor que 2,75.

A sentença é verdadeira.

Daí, λ: x + y – 6x + 10y + 9 + 25 – 65 = 0 2

2

λ: x2 + y2 – 6x + 10y – 31 = 0 A reta de equação y = mx + n passa pelos centros das circunferências, que são os pontos (2, 3) e (5, 1); assim, temos:

c) Como a ordenada da cidade de Maratona é 10,5 e

3 = 2m + n e 1 = 5m + n Resolvendo: n = 13 e 3n = 13. 3

8.

P(–15; 3) e A(–3; 7; 5)

Em (1): r2 = 65

7.

10. Se A(–3, –2), o centro da circunferência deve ser o ponto mé-

ela está sobre a reta de equação 7x – 3y = 0, então 3y = 4,5. O ponto é (4,5; 10,5). A distância entre x= 7 os pontos é d = (10,5 – 3)2 + (4,5 + 1,5)2 = 92,25 <

A medida da corda AB é:

< 100 = 10.

ℓ = (2 + 2)2 + (4 + 2)2 = 2 13

A

B 5

5 0


A sentença é falsa. d) A reta que passa por V(0, 9) e P(–1,5, 3) tem coeficiente angular 9 – 3 = 4. As retas perpendiculares 0 + 1,5 a ela têm coeficiente angular – 1 e a que passa por 4 M(4,5; 0) têm equação y – 0 = – 1 · (x – 4,5) ⇒ 4 ⇒ x + 4y – 4,5 = 0. Essa reta intercepta o eixo Oy

13/05/10 04:32


| 14 |

no ponto (0; 1,125). Sua ordenada é maior que 1 e a sentença é falsa.

à circunferência de centro (0, 0) e raio 3.

e) A circunferência tem centro (–3, 7) e raio 4. As abscissas dos pontos de circunferência variam de –7 a 1; as ordenadas, de 3 a 11. O estádio tem abscissa

12. a)

15. x2 + y2 ⩽ 9 representa os pontos interiores e pertencentes 1 ⩽ x2 + y2 representa os pontos exteriores e pertencentes à circunferência de centro (0, 0) e raio 1.

entre –1,5 e 0; ordenada entre 3 e 6 e situa-se no inte-

A interseção é a coroa limitada pelas duas circunferências.

rior da circunferência. A sentença é verdadeira.

Sua área é π · 32 – π · 12 = 8π. y

C1 tem centro (3, 3) e raio 2, então as equações de r e

3

v são, respectivamente, y = 5 e x = 5. C2 tem centro (−2, −2) e raio 4, então as equações de

1

s e v são, respectivamente, y = −6 e x = −6.

–3

1

–1

O quadrilátero delimitado pelas retas r, s, u, v é um

3

x

–1

quadrado de lados 11, então sua área é 121 e seu perímetro é 44.

–3

b) A soma dos raios de C1 e C2 é 6. Um hexágono regular com apótema de medida 6 tem lado ℓ tal que ℓ 3 = 6, ou seja, ℓ = 4 3 . A área desse 2 hexágono é igual à área de 6 triângulos equiláteros de

16. A é o conjunto dos pontos interiores e pertencentes à circunferência de centro (0, 0) e raio 2. Seja r a reta tangente à circunferência e do tipo x – y = k

lado 4 3 , ou seja: 3 A = 6 · (4 ) · 6 = 72 3 2

13. A é o conjunto dos pontos do círculo de centro (2, 0) e

ou x – y – k = 0. A distância do centro à reta é 2. d=

|1 · 0 – 1 · 0 – k| 12 + (–1)2

raio 2.

= 2 ⇒ |–k| = 2 2 ∴ k = ± 2 y s

B é o conjunto dos pontos do círculo de centro (2, 1) e

2 2 2

raio 1.

r

A área de S = A − B é: π ∙ 22 – π ∙ 12 = 3π

–2 2 –2

2 0

2 2 x

y 2

–2

1 0 –1

–2 2 2

4

x

–2

Se k = 2 2 , a reta de equação x – y – 2 2 = 0 é r e a inequação x – y  2 2 , que o ponto (0, 0) satisfaz, é o semiplano que contém a origem e, logicamente,

14. T ⩾ 20 ⇒ x2 + y200 ⩾ 20 ⇒ 0 ⩽ x2 + y2 − 4x + 8 ⩽ 10 2 – 4x + 8 x2 + y2 − 4x + 8 ⩾ 0 ⇒ (x − 2)2 + y2 + 4 ⩾ 0 ⇒ S1 = ℝ x2 + y2 − 4x + 8 ⩽ 10 ⇒ (x − 2)2 + y2 ⩽ 6 ⇒ ⇒ S2 = {P|P está no círculo de centro (2, 0) e raio 6 } Área do círculo = π ∙ r2 = 6π


contém A. Se k = –2 2 , a reta de equação x – y + 2 2 = 0 é s e a inequação x – y ⩽ –2 2 , que o ponto (0, 0) não satisfaz, é o semiplano que não contém a origem e, logicamente, não contém A. Qualquer outro valor de k maior que 2 2 fornecerá uma reta que cortará o eixo das abscissas à direita de 2 2 e a

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ponto. A outra tangente é y – 3 = m · (x – 2).

inequação conterá A.

Impondo a condição de tangência, obtém-se m = 5 e 12 a reta tangente é 5x – 12y + 26 = 0. Essa reta tangencia

A solução é k ⩾ 2 2 .

17. A partir da equação da circunferência C: x2 + y2 – 2y – 7 = 0 obtemos o raio e o centro: R = 2 2 e C' (0, 1) r ∙ s = {(2, 3)} ⇒ r: x – y + 1 = 0, sendo mr = 1 C' ∈ r r ⊥ s ⇒ ms = –1 e s: y = –x + 5 a) (V); 22 + 32 – 2 · 3 – 7 = 0 ⇒ (2, 3) ∈ C b) (V); Como r passa por C ' e s ⊥ r, a reta s é tangente à circunferência C.

a circunferência no ponto A – 10 , 24 . A distância AB 13 13 é 12 13 . 13

20. a)

centro Q no 1o. quadrante: Q(xQ, yQ), com xQ > 0 e yQ > 0 C: A (2, 0) ⇒ xQ = 3 B (4, 0) r=3 tangente ao eixo y ⇒ xQ = r Provisoriamente, C: (x – 3)2 + (y – yQ)2 = 9

c) (V); x = 0 ⇒ 02 + y2 – 2y – 7 = 0 ⇒

Por A: (2 – 3)2 + (0 – yQ)2 = 9 ⇒

⇒y=1±2 2

⇒ yQ = 2 2 ou yQ = –2 2 (não convém)

d) (F); ms = –1

Assim, o centro da circunferência é o ponto (3, 2 2 ) e

(F)

e) (F); t // s ⇒ mt = –1

sua equação é: (x – 3)2 + (y – 2 2 )2 = 9.

⇒ t: y = –x

(0, 0) ∈ t

b) yP = 5 + 2 2 > 2 2 + 3 ⇒ P é externo a C, já que xP = xQ = 3.

Procurando a interseção de t com C:

Assim, o item b apresenta duas soluções.

x2 + (–x)2 – 2(–x) – 7 = 0

Seja o feixe de retas t por P(3, 5 + 2 2 ):

2x2 + 2x – 7 = 0

y – (5 + 2 2 ) = m (x – 3), ou seja,

x = – 1 ± 15 . Os pontos de interseção são 2 – 1 + 15 , 1 – 15 e – 1 – 15 , 1 + 15 (F) 2 2

t: mx – y – (3m – 5 – 2 2 ). Para as tangentes: dt, Q = 3 |3m – 1 · 2 2 + 5 + 2 2 – 3m| m2 + (–1)2

5 = 3 ⇒ m2 + 1 = 5 ⇒ 3 m +1

18. λ1: C1 (–1, 0) e r1 = 1

2

λ2: C2 (2, 0) e r2 = 2 a) λ1 ∩ λ2: x2 + y2 + 2x = 0 x2 + y2 – 4x = 0 6x = 0 ⇒ x = 0 e y = 0, ou seja, I(0, 0). y

–4

=3

⇒ m2 = 16 ⇒ m = ± 4 9 3 4 Finalmente, t1: x – y + 1 + 2 2 = 0 3 ou y = 4 x + 1 + 2 2 e 3 t2: – 4 x – y + 9 + 2 2 = 0 3

1 0

2

x

b) Por semelhança: 2 – a = 2 ⇒ 2 – a = – 2 – 2a ⇒ a = – 4 1 –1 – a

19. A circunferência tem centro (0, 0) e raio 2.

ou y = – 4 x + 9 + 2 2 3

21. Q ∈ λ: xQ2 + (yQ – 2)2 = 4 Por Pitágoras, Q dista 21 de P: xQ2 + (yQ + 3)2 = 21

A reta vertical que passa pelo ponto P intercepta a circunferência em B(2, 0) e é tangente à circunferência nesse


13/05/10 04:32


| 16 |

24. a)

y t

λ

O centro de λ é C(2, 3) e seu raio é 4. A equação da reta que passa por C(2, 3) e tem declive 1 é:

2 Q

y – 3 = 1(x − 2), ou seja, x – y + 1 = 0 x

0

b) O raio da nova circunferência λ’ deve ser igual à distância de C até r, então:

P –3

r’ = dCr = (2) + (3) = 5 2 2 A equação de λ’ é:

Subtraindo a 1a. equação da 2a. : (yQ + 3)2 – (yQ – 2)2 = 17

(x − 2)2 + (y − 3)2 = 25 2

(yQ + 3 + yQ – 2) (yQ + 3 – yQ + 2) = 17 2 21 (2yQ + 1) · 5 = 17 ⇒ yQ = 6 e xQ = 5 , ou seja, 5 2 21 Q 5 , 6 5

25. A circunferência tem centro (2, 0) e raio 2. O coeficiente angular de r é 1 – 3 = –1 e o da reta s é 1. 3–1 A equação de s e de suas paralelas são da forma y = x + n

t passa por P e Q: 0 t: 2 21 2 x

ou x – y + c = 0.

–3 6 5

1 = 0 ⇒ t: y = 21 x – 3 2

y

1

1

A distância do centro à tangente é 2, ou seja, d=

|1 · 2 + (–1)· 0 + c| 12 + (–1)2

= 2 ⇒ c = –2 ± 2 2 .

A equação das retas é x – y – 2 ± 2 2 = 0.

22. a)

A distância de C à reta é exatamente o raio r da circunferência, então: r = 2 2 . A equação da circunferência é: (x − 5)2 + (y − 4)2 = 8.

26. A circunferência tem centro C(0, 0) e raio

125 . As equa-

ções das retas paralelas a r são da forma x + 2y + c = 0,

solução real, portanto a circunferência não intercepta

e a distância de C às tangentes é 125 . |1 · 0 + 2 · 0 + c| d= = 125 ∴ |c| = 25 ⇒ c = ± 25 12 + 22

o eixo x.

A equação é x + 2y ± 25 = 0.

Fazendo y = 0, vem (x − 5)2 + 16 = 8, que não tem

b) A distância de (3, 2) ao centro C(5, 4) é:

27. A equação de γ é (x – 4)2 + (y – 3)2 = 25.

(5 – 3)2 + (4 – 2)2 = 4 + 4 = 8 = 2 2

a) Os pontos do eixo Oy têm abscissa nula ⇒

Então, (3, 2) pertence à circunferência. c) A equação da tangente é y – 2 = m(x − 3), ou seja, mx – y + (2 −3m) = 0. A tangente deve ficar à distância 2 2 do centro, então: m (5) – (4) + (2 – 3m) m2 + 1 = 2 2 ⇒ m = −1

=2 2 ⇒

2m – 2 m2 + 1

=

e a equação da reta é: –x− y + 5 = 0.

23. A distância de (a, b) ao eixo das abscissas é b = 10 e deve ser igual à distância de (a, b) à reta x – y = 0, então: a – b = b ⇒ a – 10 = 10 ⇒ |a − 10| = 10 2 ⇒ 2 2 ⇒ a – 10 = 10 2 ⇒ a = 10 + 10 2 = 10 + 14,142 = 24,142


⇒ (0 – 4)2 + (y – 3)2 = 25 ⇒ y2 – 6y = 0 ⇒ y = 0 ou y = 6. Os pontos são (0, 0) e (0, 6). b) O coeficiente angular da reta que liga (0, 6) ao centro 6–3 (4, 3) é = – 3 . O da reta tangente, perpendicular 0–4 4 4 a ela, é . A reta tangente passa por (0, 6) e sua equa3 ção é y – 6 = 4 · (x – 0) ⇒ 4x – 3y + 18 = 0. 3

28. A circunferência de centro A deve conter a de centro B e seu raio deve ser, no mínimo, (20 + 1) = 21 km.

13/05/10 04:32

| 17 |


29. Como as tangentes são tangentes externas, a distância

Os centros de C4 e C5 são, respectivamente, A e A’. Seus

entre seus centros (0, 0) e (x0, y0) é igual à soma dos seus

raios são iguais a 3 × 5 = 15.

raios 1 + 10 , então: (x0 − 0)2 + (y0 − 0)2 = (1 + 10 )2 (1).

Suas equações são: (x − 5)2 + (y ± 5 3 )2 = 225

Além disso, os centros e os pontos de tangência são colineares, então: 0 x0 3

0 y0 1

31. a)

1 1 = 0 ⇒ x0 − 3y0 = 0 (2) 1

y 4

centro (0, 2) e raio 2 T1

Substituindo (2) em (1), vem:

centro (2, 1) e raio 1 T2

C1

(3y0)2 + y02 = (1 + 10 )2 ⇒ y0 = 1 + 10 10 x0 = 3y0 = 3 + 3 10 10

30. a)

s

C2 α

α

0

Tangentes comuns externas (C2 e C3)

I

x

b) Existem duas tangentes comuns às circunferências:

As circunferências dadas têm centros (0, 0) e (10, 0) e ambas

uma é o eixo das abscissas e a outra é a reta s de equa-

têm raio 5.

ção y = mx + q, que dista 2 de C1 e 1 de C2. Então: y

m (0) – (2) + q = 2 ⇒ |q – 2| = 2 m2 + 1 (*) m2 + 1 Chamemos de α o ângulo C1ÎO. Temos

C3 A C1

tg α = |mc c | =

C2 B

C

1 2

x

2–1 0–2

= 1 2

Notemos que T1ÎO = 2α, então: tg 2α = 2 · tg2α = 1 – tg α

A' C4

1 1– 1 4

= 4 3

Como ABC é equilátero e BC = 10, vem AB = AC = 10,

Portanto, ms = − 4 que, levado em (*), fornece: 3

então C3 e C4 têm raios iguais a 5.

|q – 2| = 2 ·

16 + 1 = 10 ⇒ q = 16 3 3 9 A equação de s é y = –4 x + 16 ; então, para y = 0 vem 3 3 x = 4 (abscissa de I )

10 3 = 2 = 5 3 (alturas do triângulo equilátero de lado 10).

Os pontos A e A’têm abscissas 5 e ordenadas ±

As equações das circunferências são:

32. a)

(x − 5)2 + (y ± 5 3 )2 = 25

A equação da reta s que passa por P e é paralela ao eixo y é x = 1. A interseção de s com a circunferência

b) Tangentes comuns internas (C4 e C5)

é a solução do sistema: y

x=1 x2 + y2 = 5

A

que é x = 1 e y = ± 2, portanto E = (1, 2).

B

C

C4

A reta t tangente à circunferência no ponto E é tal

x

que:

C5 A'

MCA1-Resoluc�o�es-Mercado.indd 148

x –x mt = – 1 = – E O = – 1 – 0 = − 1 yE – yO mOE 2–0 2 1 y − yE = mt (x − xE) ⇒ y − 2 = − (x − 1) ⇒ x + 2y – 5 = 0 2

9/2/10 10:48:13 AM


| 18 |

b) Uma das alturas está contida no eixo Ox (é a altura

b) M está na reta s e tem abscissa 2, então sua ordenada é 2. 3 A área do triângulo OMP é dada por: 4· 2 3 = 4 OP · NM = 2 3 2 A área da região sombreada é o dobro da área do

referente ao vértice O). Vamos obter a equação da altura referente ao vértice E (é a reta r que passa por E e é perpendicular à reta OP). 3 –0 = 3 ⇒ mr = – 1 = – 1 1–0 mOP 3 1 r: y − 2 = – (x − 1), logo (r) x + 3 y − 2 3 – 1 = 0 3 A interseção de r com Ox é o ponto H de encontro mOP =

triângulo MSP, portanto é |D| em que: 2 2 1 3 32 D = 18 6 1 = − 15 5 5 4 0 1 32 Conclusão: a área é . 15

das alturas. Conclusão: H = (2 3 + 1; 0). OT1 OT1 = tg 60° ⇒ = 3 ⇒ OT 1 = 3 e OC 1 OT2 OT2 = tg 30° ⇒ = 3 ⇒ OT2 = 3 3 3 OC 1 b) A região sombreada é a diferença entre a região triangular

33. a)

CT1T2 e o setor circular de ângulo central T1ÔT2 = 30°.

Desafio Observe que:

• de

D=

–1 0 0

0 3 3 3

3 é 1 ∙ |D| em que: 3 2 1 1 =−2 3 3 1

Portanto, a área é 3 . 3 A área do setor é 1 da área do círculo, portanto 12 πr2 = π . A diferença das áreas é 3 − π . 3 12 12 12 c) Uma das retas tangentes é a reta T1T2 cuja equação é x = 0. A outra reta tangente tem equação y − 3 =

• na passagem de


para

20 : 00 : 00

,

Assim, Lafaiete caminhou por 18 min (20 h – 19 h 42 min) e, como sua velocidade média foi de 7,5 km/h, temos: d = v · t ⇒ d = 7,5 · 18 km = 2,25 km = 2 250 m. 60

Testes 1.

Os pontos (3, 1) e (9, –7) são pontos da circunferência e, portanto, suas coordenadas devem satisfazê-la. A única equação possível é (x − 6)2 + (y + 3)2 = 25 pois,

(3 − 6)2 + (1+ 3)2 = 9 + 16 = 25 e

(9 − 6)2 + ( −7 + 3)2 = 9 + 16 = 25 Resposta: e.

equação de C: (x − 2)2 + y2 = 4

x = 18 ⇒ y = 1 ⋅ 18 = 6 ⇒ S = 18 , 6 5 3 5 5 5 5

19 : 59 : 59

pela primeira vez.

3 3 –m = 1 ⇒ m = 3 m2 + 1 Então, a equação da reta é: y − 3 = 3 x. 3

(x − 2)2 + y2 = 4 (1) x y= (2) 3 Substituindo (2) em (1), vem: 2 (x − 2)2 + x = 4 ⇒ 10x2 − 36x = 0 ⇒ x = 0 ou x = 18 9 5 (não convém)

, o número que

horas, minutos e segundos mudaram, simultaneamente,

m(–1) – (0) + 3 =1⇒ m2 + 1

O ponto S é a solução do sistema:

19 : 59 : 59

todos os algarismos dos números que correspondem às

= m(x − 0) e deve estar à distância 1 de C(−1, 0):

34. a)

até

corresponde às horas não se altera;

A área do triângulo CT1T2 que tem vértices C(−1, 0), T1(0, 3 ) e T2 0,

19 : 42 : 00

2.

As retas tangentes horizontais ao círculo são retas do tipo y = constante = k onde

2 −k = 4 e k −2 = 4⇒   ↑ ↑ ordenada raio ordenada raio do centro do centro ⇒ k =−2 e k =6 ⇒ y =−2 e y =6

Resposta: c.

9/2/10 10:48:14 AM

| 19 |


3.

Os vértices A, B, C e D do quadrilátero são os pontos de interseção da circunferência com os eixos coordenados.

⇒ 1− 2x C + x 2C + 1− 4x C + 4x 2C =

Para

(1− x C )2 + (1− 2x C )2 = r 2 ⇒ (1+ 4)2 + (1+ 6)2 = r

=16 − 8x C + x 2C + 4 − 8x C + 4x 2C ⇒ −6x C =18 ⇒ ⇒ x C =−3 ⇒ y C =−6

x =⇒ 0 (0 + 3) + (y − 3) = 10 ⇒ (y − 3) = 1⇒ 2

2

2

= r 2 ⇒ r 2 = 65

⇒ y − 3 =1ou y − 3 =−1⇒

Assim, a equação da circunferência é (x + 3)2 + (y + 6)2 = 65 ⇒

⇒ y = 4 ou y = 2 ⇒ A = (0, 4) e B = (0,2)

⇒ x 2 + 6x + 9 + y 2 + 12y + 36 − 65 = 0 ⇒

Para

⇒ x 2 + y 2 + 6x + 12y − 20 = 0

y =0 ⇒ (x + 3)2 + (0 − 3)2 =10 ⇒ (x + 3)2 =⇒ 1

⇒ x + 3 =1ou x + 3 =−1⇒

Resposta: e.

⇒ x =−2 ou x =−4 ⇒ C =− ( 2,0) e D =− ( 4,0)

6.

y A

x 2 + y 2 − 6x + 2y + 6 = 0 ⇒ ⇒ x 2 − 6x + 9 + y 2 + 2y + 1− 4 = 0 ⇒

4

2 (x − 3)2 + (y + 1)2 = 4 ⇒ C(3, −1) e r =

3

Como s é paralela a r e contém C, o coeficiente angular de s é igual ao de r e as coordenadas de C devem satisfazer s.

2 B 1 D –4

C –3

–2

Assim, s é do tipo 3x + 7y + C = 0. Logo, só existem duas equações (a e e) possíveis entre as cinco apresentadas. Para saber qual é a certa, basta substituir as coordenadas de C na equação.

0 x

–1

Área ABCD = Área  AOD − Área  BOC =

=

4 ⋅ 4 2⋅2 − = 8−2 = 6 2 2

3 ⋅ 3 + 7 ⋅ ( −1) − 2 = 0 ⇒ 9 − 7 − 2 = 0 ⇒ 0 = 0 Resposta: a.

Resposta: b.

4.

x 2 + y 2 − 4x + 16y + 55 =0 ⇒

7.

⇒ x 2 − 4x + 4 + y 2 + 16y + 64 − 13 = 0 ⇒

 ∆y 2 − 0 O coeficiente angular de AB é: = = 2; ∆x 1− 0 1 logo ms = − . E a equação de s é: 2 1 y − 3 =− x ⇒ 2y − 6 =−x ⇒ x + 2y =6 2

⇒ (x − 2) + (y + 8) = 13 ⇒ C1 = (2, −8) 2

2

x 2 + y 2 + 8x + 12 =0 ⇒ ⇒ x 2 + 8x + 16 + y 2 − 4 = 0 ⇒ ⇒ (x + 4)2 + y 2 =4 ⇒ C2 =− ( 4,0) C1 C= 2

2 (2 + 4)2 + ( −8)=

100= 10

10 d = C1 C2 = 10 =  2 ⇒  = ⇒ 2 = 50 2 Resposta: b.

x 2 + y 2 − 2x − 4y = 20 ⇒ x c = 1 e y c = 2; B(1, 2)

Resposta: e.

8.

As retas x + 2y − 1 = 0 e 2x − y + 3 = 0 se interceptam no ponto M(−1, 1), que é o centro da circunferência inscrita

5.

C = (x C , y C ) ∈ y = 2x ⇒ y C = 2x C A = (1,1) e B = (4, − 2) ∈ circunferência (x − x C )2 + (y − y C )2 = r 2 ⇒ ⇒ (1− x C )2 + (1− 2x C )2 = r2 e (4 − x C )2 + ( −2 − 2x C )2 = r 2 ⇒ ⇒ (1− x C )2 + (1− 2x C )2 = (4 − x C )2 + ( −2 − 2x C )2 ⇒


no quadrado. O vértice (−5, 3) está à distância d de M tal que 2 d = (–1 + 5)2 + (1 – 3)2 = 20 , então a diagonal d 2 do quadrado mede 2 20 e seu lado mede ℓ = d = 2 = 2 20 = 2 10 . 2

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9.

| 20 |

13. As circunferências concêntricas de equação x2 + y2 =

é ℓ = 10 , então a equação dessa circunferência é 2 0. (x + 1)2 + (y − 1)2 = 10 ou x 2 + y 2 + 2x − 2y − 8 =

cortam o eixo Ox nos pontos P − 1 , 0 e Q 1 , 0 . n n

Resposta: a.

apresenta R 0, 1 ou R 0, − 1 e tem área PQ · OR = n n 2 2 · 1 n n = = 12 . 2 n

x 2 + y 2 − 16x − 12y = 0 x 2 − 16x + 64 + y 2 − 12y + 36 = 100 (x − 8)2 + (y − 6)2 = 102 Assim, r = 10 e p = 2πr = 20π

Resposta: a.

10.

O triângulo PQR isósceles inscrito nessas circunferências

1 Fazendo 12 = A = , encontramos n = 200, por40 000 n 1 tanto o raio da circunferência é 1 = . 200 n Resposta: b.

(x − 1)2 + (y + 1)2 = 32 ⇒ r = 3 ⇒ p = 2πr = 6 π

Resposta: e.

11.

1 n2

Assim, o raio da circunferência inscrita no quadrado

14. A

circunferência (x − 2) 2 + (y − 2) 2 = 4 tem centro

C(2, 2) e raio r = 2. Ela tangencia os eixos coordenados em A (2, 0) e B(0, 2). A área da região hachurada é a diferença

x 2 − 40x + y 2 − 30y = 275

entre a área de um semicírculo e um segmento circular

x − 40x + 400 + y − 30y + 225 − 625 = 275

de corda AB.

(x − 20)2 + (y − 15)2 = 900 ⇒ r = 30 ⇒ p = = 2πr = 60π

2 2 A área do semicírculo é πr = π · 2 = 2π. O segmento 2 2 circular de corda AB tem um ângulo central BCˆ A = π , 2 2 2 2 2 portanto sua área é πr − r = π · 2 − 2 = π − 2. 4 2 4 2 A diferença, portanto, é 2π – (π – 2) = π + 2.

2

2

100 ⋅ 60π x

⇒ x=

60 s ⇒ 2s

2 ⋅100 ⋅ 60π = 200π 60

Resposta: b.

Resposta: e.

15. A, B e C têm que satisfazer a equação da

12. O lado do quadrado mede

4 − ( −2) =6

O raio da circunferência circunscrita ao d quadrado mede , onde d é a diagonal do 2 quadrado, ou seja, = r

 2 = 3 2. 2

A coordenada x do centro da circunferência é a média aritmética entre as coordenadas x dos vértices A e B ou C e D, e a coordenada y do centro da circunferência é a média aritmética entre as coordenadas y dos vértices A e D ou B e C do quadrado.

circunferência. Assim, testando as coordenadas de A, B e C nas equações dadas conclui-se que a única equação possível é (x − 4)2 + (y − 5)2 = 25, pois:

A(0,2) ⇒ (0 − 4)2 + (2 − 5)2 = 16 + 9 = 25 B(0,8) ⇒ (0 − 4)2 + (8 − 5)2 = 16 + 9 = 25 C(8,8) ⇒ (8 − 4)2 + (8 − 5)2 = 16 + 9 = 25 Resposta: e.

4 + ( −2) 1+ ( −5) = 1 e yV = = −2 2 2 Logo, a equação da circunferência é = xC Assim,

(x − 1)2 + (y + 2)2 = 18.

Resposta: b.


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| 21 |


16.

y

y

2

2 1

–2

R (1,2)

1

y − x + 10 = 0

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Q (0,0)

(– 2, –1) P – 2 –3 –4 –5 –6 –7 –8 –9 – 10

–2

O triângulo da figura é um triângulo equilátero de 2 lado 4, então sua área é A1 = ℓ 3 = 16 · 3 = 4 3 = 4 4 = 4 · 1,73 = 6,92.

Os três setores circulares da figura têm ângulo central 2 de medida π , então a área de cada setor é A2 = π · r = 6 3 = 4π . 6 A área da região pintada é: A = A1 −3 · A2 = 6,92 − 2π = 6,92 − 6,28 = 0,64

6 ⋅3 3 = 6 ⋅ área do triângulo = 6⋅ 54 3. 2

Resposta: b.

20.

C(2, −5), r : 5x + 2y = 0 dC,r =

5 ⋅ 2 + 2 ⋅ ( −5)

0 tem coeficiente enquanto 2 3 x − 2y =

hexágono tem centro C(6,3 3) e raio r = dC,A =

(6 − 3)2 + (3 3 − 0)2 =

= 9 + 27 =6 ⇒ (x − 6)2 + (y − 3 3)2 =62 ⇒ ⇒ x 2 − 12x + 36 + y 2 − 6 3 y + 27 = 36 ⇒ ⇒ x 2 + y 2 − 12x − 6 3 y + 27 = 0

e) Falsa, pois o apótema do hexágono mede

3 3. Resposta: a , d.

18.

52 + 22

=0

Outro modo de resolver é perceber que C ∈r, pois 5 ⋅ 2 + 2( −5) = 0 Resposta: b.

21. A reta perpendicular a (t) x + y = 2 e passando por T(0, 2) tem equação x – y + 2 = 0 (1) A reta mediatriz do segmento PT em que P(1, 0) e T (0, 2) tem coeficiente angular m = – 1 = – 1 = 1 2 mPT 2–0 0–1 e passa pelo ponto médio de PT que é M 1 , 1 . Então, 2 a equação da mediatriz de PT é: y–1= 1 2

x 2 + y 2 =4 ⇒ C(0,0) e r =2

x+y = 1

19. Uma circunferência de equação x2 + y2 = 4 tem raio 2.

b) Falsa, pois a área do hexágono é

d) Correta, pois a circunferência circunscrita ao

x

Resposta: a.

0. equação 3 x + y − 3 3 =

3.

2

L < 2π

17. a) Correta, pois A(3,0) e F(0,3 3) satisfazem a

angular

1

–2

Resposta: d.

3 e, portanto, seu coeficiente angular é , 3

–1 –1

x

O gráfico acima elimina as alternativas a, b, c e e.

c) Falsa, pois a mediatriz é perpendicular a AF

x2 + y2 = 4

x – 1 , ou seja, x – 2y + 3 = 0 2 2

(2)

Resolvendo o sistema de equações (1) e (2), obtemos o centro de C que é – 5 , – 1 . A distância de t ao centro 2 2


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| 22 |

3 −1 (retas ⇒ ms = − , pois mt ⋅ ms = 4 perpendiculares)

é r, então: – 5 + – 1 –2 2 2

r=

–5 5 = =5 2 2 2 2

=

12 + 12

3 − x ⇒ 3x + 4y = 0 Assim, s : y = 4

Resposta: b.

22.

25 I. Falsa, pois se s fosse paralela a 3x − 4y = seu coeficiente angular seria

2 2 1 x + y =  y = x

II. Falsa, pois a bissetriz dos quadrantes pares é y = –x e seu coeficiente angular é –1. Se s fosse paralela a y = –x seu coeficiente angular seria –1.

1 2 =± 2 2

x 2 + x 2 =⇒ 1 x =±

A 1a interseção de (1, 0) com y = x no sentido

III. Verdadeira, pois 4x – 3y = 0 tem coeficiente

anti-horário está no 1o quadrante, ou seja,

x=

2 ⇒ y= 2

3 . 4

angular

2  2 2 ⇒  ,  2  2 2 

4 4 3 4 e ms ⋅ = − ⋅ = −1. 3 3 4 3

Resposta: c.

Resposta: c.

25. 23.

C(5,1) ⇒ ( x − 5) + ( y − 1) =r 2 ⇒ 2

2

P(2,0)

⇒ x − 10x + 25 + y − 2y + 1= r ⇒ 2

2

2

dP,C = (2 − 0)2 + (0 − 0)2 = 2 ⇒ dP,C > r ⇒

⇒ x 2 + y 2 − 10x − 2y =r 2 − 26

⇒ 2 tangentes

Neste ponto verifica-se que, mesmo sem utilizar a informação de que a circunferência é tangente à reta 4x − 3y − 2 = 0, a única resposta

Assim, as retas tangentes têm equações y − 0= m(x − 2) ⇒ mx − y − 2m= 0

possível é x 2 + y 2 − 10x − 2y + 17 = 0

Como as tangentes distam r = 1 do centro C(0,0), temos:

Resposta: b.

24.

C(0,0) e r =⇒ 1 x2 + y2 = 1

m ⋅ 0 − 1⋅ 0 + ( −2m) 2 −m dC,t = = 1⇒ = 1⇒ 2 2 m + ( −1) m2 + 1

(x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 ⇒ C(3, 4) e r = 5

⇒ 2 −m = y

1 3 ⇒ m2 =⇒ m = ± 3 3

t

s

4

m2 + 1 ⇒ 4m2= m2 + 1⇒

Logo, as equações das tangentes são

C (3,4)

±

3 2 1

 3 3 3 x − y − 2  ± 0 ou y = ± (x − 2)  = 3 3 3  

Resposta: d. 1

2

x

3

26.

λ : x 2 + y 2 − 6y + 7 = 0 ⇒ x 2 + y 2 − 6y + 9 − 9 + 7 =

=0 ⇒ x 2 + (y − 3)2 − 2 =0 ⇒ x 2 + (y − 3)2 =2 ⇒ ⇒ C(0,3) e r = 2 O coeficiente angular de t, mt=


4 ⇒ 3

A tangente a λ no ponto P(1, 2) tem equação

mx – y + c = 0.

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| 23 |


1 1 ms =− ⇒ mr ⋅ ms =2 ⋅  −  =−1⇒ r e s são 2  2

Como a tangente dista r = 2 do centro C(0,3), temos:

perpendiculares.

m ⋅ 0 − 1⋅ 3 + c −3+c dC,t = = 2⇒ = 2⇒ 2 2 m + ( −1) m2 + 1 ⇒ − 3= +c

2(m2 + 1) ⇒

⇒ 9 − 6c + c2 = 2(m2 + 1) ⇒ 2m2 = c2 − 6c + 7 

Resposta: c.

28.

1. Correta, pois como C(2, −2), se R = 2 a

P(1, 2) ∈ a tangente ⇒ m − 2 + c = 0 ⇒ ⇒ c = 2 −m 

circunferência tangencia os eixos coordenados.

 em : 2m2 = (2 − m)2 − 6(2 − m) + 7 ⇒

2. Correta, pois se a origem pertence a circunferência, então:

⇒ 2m = 4 − 4m + m − 12 + 6m + 7 ⇒ 2 ⇒ m − 2m + 1= 0 ⇒ (m − 1)2 = 0 ⇒ m = 1⇒ 2

(x − 2)2 + (y + 2)2 = R2 ⇒ C(2, −2)

2

(0 − 2)2 + (0 + 2)2 = R2 ⇒ R2 = 8 ⇒ R = 2 2

⇒ c = 2 − 1= 1

3. Falsa, pois existem valores de R para os quais a reta não intercepta a circunferência. Veja:

Logo, a equação da tangente é x − y + 1=0 ou

y = 1+ x.

dr,C =

Assim, I é falsa, II é verdadeira e III é verdadeira.

3 ⋅ 2 + 4 ⋅ ( −2) 3 +4 2

2

=

2 5

2 a reta não intercepta a 5 circunferência.

Resposta: a.

Logo, se R <

27. r : y − 2x − 2 =0

Resposta: a. r

y

29.

x 2 + y 2 − 6x + 2y + 5 = 0 ⇒

2

⇒ x 2 − 6x + 9 + y 2 + 2y + 1− 10 + 5 = 0 ⇒

1

⇒ (x − 3)2 + (y + 1)2 = 5 Os pontos A e B pertencem à reta e à circunferência:

x

–1

3x − y − 5 = 0 ⇒ y = 3x − 5 I. Correta, pois a área do triângulo hachurado é

1⋅ 2 = 1. 2

= 5 ⇒ x 2 − 6x + 9 + 9x 2 − 24x + 16 − 5 = 0 ⇒ ⇒ 10x 2 − 30x + 20 =0 ⇒

II. Falsa, pois x + y =2 ⇒ C(0,0) e 2

2

raio = 2  1, 4 ⇒ a circunferência não contém o triângulo hachurado. III. Falsa, pois x 2 + y 2 + 2x − 4y =0 ⇒

⇒ x 2 + 2x + 1+ y 2 − 4y + 4 − 5 = 0 ⇒

⇒ (x + 1)2 + (y − 2)2 =5 ⇒ C( −1,2) e raio = 5

dr,C =

− 2( −1) + 1(2) + ( −2) = ( −2)2 + (1)2

2+2−2 = 5

2 5 = < 5 (raio) ⇒ a circunferência não 5 tangencia r.

0 tem IV. Correta, pois mr = 2 e s: 2y + x + 10 =


(x − 3)2 + (3x − 5 + 1)2 =5 ⇒ (x − 3)2 + (3x − 4)2 =

30 ± 900 − 800 ⇒x= = 20 30 ± 10 x A = 2 ⇒ y A = 3 ⋅ 2 − 5 = 1 = xB =1⇒ y B =3 ⋅1− 5 =−2 20 O ponto médio entre A e B tem coordenadas 1− 2 1 2 +1 3  3 1 e y M = =− ⇒ M  , −  = xM = 2 2 2 2 2 2 A mediatriz do segmento AB é perpendicular à reta 3x – y – 5 = 0 e contém M.

3x − y − 5 = 0 ⇒ y = 3x − 5 ⇒ m1 = 3 ⇒ o coeficiente angular da mediatriz é 1 m2 = − , pois m1 ⋅ m2 = −1. 3

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| 24 |

1 − x + c. Assim, a equação da mediatriz é y = 3 1 1 3   3 1 M  , −  ∈ mediatriz ⇒ − = −   + c ⇒ 2 3 2 2 2 1 ⇒ c =0 ⇒ y =− x ou x + 3y =0. 3

30.

c) Verdadeiro. (x − 5)2 + y 2 = 75 ⇒

⇒ x 2 + y 2 − 10x = 50. d) Falso, pois se r é tangente à circunferência, então dr,c = raio ⇒ se r : y= mx + c ou mx − y + c= 0,

m ⋅ 5 − 1⋅ 0 + c = 5 3⇒ m2 + ( −1)2

Resposta: b.

então dr,c =

x 2 + y 2 − 8x − 2y − 8 = 0

⇒ 5m = + c 5 3 m2 + 1 ⇒

x 2 − 8x + 16 + y 2 − 2y + 1− 17 − 8 =0 (x − 4)2 + (y − 1)2 = 25 ⇒ C(4,1) e r = 5

2 75m2 + 75 ⇒ ⇒ 25m2 + 10mc + c=

0 ⇒ 50m2 − 10mc + 75 − c 2 =

P(0, y) ∈ circunferência ⇒ (0 − 4)2 + (y − 1)2 =

mas (10,0) ∈r ⇒ 0 =10m + c ⇒ c =−10m

= 25 ⇒ y 2 − 2y − 8 = 0 ⇒

Assim, 50m2 − 10m( −10m) + 75 − ( −10m)2 = 0 ⇒

2 ± 4 + 32 = 2 = y 4 2±6 = ⇒ P(0, 4) 2 y' = −2 (não convém)

= ⇒y

Tangente t : y = mx + c

e) Verdadeiro. A reta que passa no ponto (5, 15) e forma com Ox um ângulo de 60° é:

y − 15= tg60°(x − 5) ⇒ y − 15= ⇒= y

P∈ t ⇒ 4 = m⋅0 + c ⇒ c = 4 ⇒ ⇒ y= mx + 4 ou mx − y + 4= 0 dc,t =

⇒ 50m2 = −75 (impossível)

3(x − 5) ⇒

3(x − 5) + 15. Resolvendo o sistema

(x − 5)2 + y 2 = 75 encontraremos a ou as  y 3(x − 5) + 15 =

m ⋅ 4 − 1⋅1+ 4 = 5 (raio) ⇒ m2 + ( −1)2

interseções:

(x − 5)2 +

3 5 m2 + 1 ⇒ ⇒ 4m +=

(

)

2

3(x − 5) + 15 = 75 ⇒

8 25m2 + 25 ⇒ ⇒ 16m2 + 24m +=

x 2 − 10x + 25 + 3x 2 − 30x + 300 + 30 3x − 150 3 = 75

⇒ 9m − 24m + 16 =0 ⇒ (3m − 4) =0 ⇒ 4 ⇒ 3m − 4 = 0 ⇒ m = ⇒ 3 4 ⇒ t : x − y= + 4 0 ou 4x − 3y= + 12 0 3

4x 2 − 40x + 325 − 75 + 30 3x − 150 3 =0 ⇒

2

2

Resposta: c.

31. A equação da circunferência é (x − 5)2 + = y 2 (5 3)2 ⇒ ⇒ x 2 − 10x + 25 + y 2 = 75 ⇒ x 2 − 10x + y 2 = 50 a) Falso, pois como C(5,0) ⇒ a circunferência intercepta o eixo x na coordenada (5 + 5 3,0).

b) Verdadeiro. Os vértices do triângulo equilátero em questão são os pontos C = (5,0), A = (x1,15) e B = (x 2 ,15). A altura relativa ao lado AB está contida na mediatriz do segmento AB. E como a mediatriz é única, esse triângulo também é único.


⇒ 4x 2 − (40 − 30 3)x + 250 − 150 3 =⇒ 0

⇒= ∆ (40 − 30 3)2 − 16 ⋅ (250 − 150 3) = = 1600 − 2400 3 + 2700 − 4000 + 2400 3= 300 > 0 ⇒ x assume dois valores reais e diferentes para = y

3(x − 5) + 15.

f) Verdadeira. A circunferência transformada pela homotetia tem centro no eixo dos x e k

k

8 8 raio= R1 =  5 3  . 7 7 Para esta circunferência interceptar a reta y = 15 em dois pontos distintos basta que k

k

8 8 = R1 5 3   > 15 ⇒   > 3. 7   7 8 Como   > 1 existem infinitos valores naturais 7 k

8 de k que satisfazem a desigualdade   > 3. 7

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| 25 |


32.

34.

x 2 + y 2 − 6x − 8y + 16 = 0

(x + 4)2 + (y − 6)2 = r12 ⇒ C1 ( −4,6)

x 2 − 6x + 9 + y 2 − 8y + 16 − 9 = 0

x 2 + y 2 − 8x =0 ⇒ x 2 − 8x + 16 + y 2 − 16 =0 ⇒

(x − 3)2 + (y − 4)2 =9 ⇒ C(3, 4) e r =3

⇒ (x − 4)2 + y 2 = 16 ⇒ C2 (4,0) e r2 = 4

A(3 + 5, y) ∈ circunferência ⇒

C1C2 = r1 + r2 ⇒ ( −4 − 4)2 + (6 − 0)2 = r1 + 4 ⇒

⇒ (3 + 5 − 3)2 + (y − 4)2 =9 ⇒

⇒ 10 = r1 + 4 ⇒ r1 = 6

⇒ (y − 4) = 4 ⇒ y − 4 = 2 ⇒ 2

( −4 − 4)2 + (6 − 0)2 = r1 + 4

⇒ y =6 ou y − 4 =−2 ⇒ y = 2 ⇒ A(3 + 5,6)

Logo, (x + 4)2 + (y − 6)2 = 36 ⇒

y mx + c a tangente a circunferência. Seja t : =

⇒ x 2 + 8x + 16 + y 2 − 12y + 36 = 36 ⇒

6 m(3 + 5) + c ⇒ Como A(3 + 5, 6) ∈ t ⇒ =

x 2 + y 2 = 12y − 8x − 16

⇒ c = 6 − m(3 + 5)

Resposta: c.

dt,c = ⇒

3 ⋅ m + 4( −1) + 6 − m(3 + 5) m2 + ( −1)2

3m − 4 + 6 − 3m − 5m m2 + 1

= 3⇒

C2 : x 2 + y 2 + 2x − 6y − 39 =0 ⇒

⇒ x 2 + 2x + 1= y 2 − 6y + 9 − 10 − 39 = 0 ⇒ 3⇒ =

2 ⇒ 2 − 5m = 3 m2 + 1 ⇒ 4 − 4 5m + 5m =

= 9m2 + 9 ⇒ 4m2 + 4 5m + 5 = 0 ⇒

⇒ (x + 1)2 + (y − 3)2 = 49 ⇒ C( −1,3) e r2 = 7 Como C1 e C2 são concêntricas, temos que C1 : (x + 1)2 + (y − 3)2 = r12 .

Área C1 = πr12 = 8π ⇒ r12 = 8

5 ⇒ 2 5 17 + 3 5 (3 + 5) = ⇒c =6+ 2 2 0 m= ⇒ (2m + 5)2 =⇒ −

Logo, C1 : (x + 1)2 + (y − 3)2 =8 ⇒

⇒ x 2 + 2x + 1+ y 2 − 6y + 9 =8 ou

2x 2 + 2y 2 + 4x − 12y + 4 = 0

5 17 + 3 5 − t: y = x+ ou 2 2 5 x + 2y − 3 5 − 17 = 0

Área C2 = π⋅ r22 = π⋅ 49 Área sombreada= 49 π − 8 π= 41π (cm2 )

Resposta: e.

33. dAC =

35.

Resposta: e.

(4 – 1) 2 + (6 – 2)2 = 25 = 5

36. A circunferência dada tem equação reduzida (x + 5)2 +

P

+ (y – 8)2 = 100, então seu centro é C(–5, 8) e seu raio r C

A

é 10. Q

r

6

M 6

10

Q

P

10 C

Como r = 3, utilizando o teorema de Pitágoras ao triângulo APC, vem: AP = AC2 – CP2 = 25 – 9 = 4

Se uma corda PQ tem medida 12, seu ponto médio M é tal

Os triângulos APC e AQC têm áreas iguais a: CP · AP = 3 · 4 = 6 2 2 Então, a área do quadrilátero APCQ é 12.

que: MC2 = CQ2 – QM2 = 100 – 36 = 64, logo MC = 8.

Resposta: d

sua equação é:


Variando a posição da corda PQ de medida 12, o ponto M descreve uma circunferência de centro C e raio 8, então

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| 26 |

2

⇒ (a − 4)2 + 3 (4 − a)2 = 1 a2 − 8a + 16 + 3(16 − 8a + a2 ) =⇒ 1

(x + 5)2 + (y – 8)2 = 82 ou ainda:

⇒ 4a2 − 32a + 63 =0 ⇒

x2 + y2 + 10x – 16y + 25 = 0 Resposta: c

37 . •

32 ± 4 ⇒a= 8

mM = tg 120° = − 3

9 2 7 (não convém, pois a > xB ) 2

9 Se a = , em (3) vem: 2

r passa por (2, 4) ⇒ y − 4 =− 3 ⋅ (x − 2) ⇒

⇒ y =− 3x + 2 3 + 4

9 −9 3 + 4 3 + 8 8 − 5 3 b =− 3 ⋅ + 2 3 + 4 = = 2 2 2

4 • equação de C2 : (x − 2) + (y − 4) = 2

36 = 8 28 = a = 8

= a

2

9 5 3 Logo, o centro é  , 4 − . 2 2  

• {A} = C2 ∩ r

y = 3x + 2 3 + 4 (1)  2 2 4 (2) (x − 2) + (y − 4) =

Resposta: a.

38.

Substituindo (1) em (2):

• x 2 + 8x + 16 + y 2 − 2y + 1= 83 + 16 + 1

(x − 2)2 + ( − 3x + 2 3 + 4 − 4)2 = 4 ⇒

(x + 4)2 + (y −= 1)2 100; C( −4, 1) = e r 10

⇒ (x − 2)2 + [ 3(2 − x)]2 =4 ⇒

• raio de = C2

⇒ x 2 − 4x + 3 = 0 ⇒ x = 1 (não serve) ou x = 3 (abscissa de A)

=

42 + 22 =

2 (13 − 9)2 + ( −2 − 0) =

20 = 2 5

centro de C2 (13, − 2)

Daí, em (1),: y =− 3 ⋅ 3 + 2 3 + 4 =− 3 + 4

Observe que C1 ∩ C2 = ∅. (Faça o desenho)

A(3, − 3 + 4)

Logo, o conjunto de pontos de satisfazem a condição do problema correspondem aos pontos do círculo limitado por C1, cuja área é

• B ∈r ⇒ B(x 0 , − 3 x 0 + 2 3 + 4) • dAB = 2 ⇒

πr 2 = π⋅102 = 100π.

⇒ (x 0 − 3) + ( − 3 x 0 + 2 3 + 4 + 3 − 4) = 2 ⇒ 2

2

Resposta: c.

⇒ (x 0 − 3)2 + (3 3 x 0 )2 =2 ⇒ 2

⇒ (x 0 − 3)2 + 3 ⋅ (3 − x 0 )2 = 4 ⇒ ⇒ 4x 0 − 24x 0 + 32 =0 ⇒ x 0 =2 (não serve) ou x 0 = 4 (abscissa de B) Daí,

39. Existem duas circunferências (C3 e C4) que são tangentes externas a C1 e tangentes internas a C2. As circunferências C3 e C4 têm raios r3 = r4 = 1 . 2

y B =− 3 ⋅ 4 + 2 3 + 4 =4 − 2 3; B(4, 4 − 2 3)

y

O centro (a, b) de C1 pertence à r:

C6 C2

b= − 3 a + 2 3 + 4 (3) A distância de (a, b) ao ponto B(4, 4 − 2 3) é

C4

1: x

(a − 4) + (b ⋅ 4 + 2 3) =1⇒ 2

2

⇒ (a − 4)2 + (b − 4 + 2 3)2 = 1 (4)

C3

C1

(3) em (4):

(a − 4)2 + ( − 3 a + 2 3 + 4 − 4 + 2 3)2 = 1⇒


C5

9/2/10 10:48:13 AM


| 27 |

Existem outras duas circunferências (C5 e C6) que são tangentes internas a C1 e a C2. As circunferências C5 e C6 têm raios r5 = r6 = 3 . 2 Então: r3 + r4 + r5 + r6 = 1 + 1 + 3 + 3 = 4. 2 2 2 2 Resposta: b.

40. R2

C2

R2

3 R1 C1 R1 0

3 r

r : x + y −3 = 0 C1(R1, R2 ) C2 (R2 , R2 ) Para ambas circunferências temos:

dcentro, reta = raio R ⋅1+ R ⋅1− 3 12 + 12

=R

2R − 3 = R 2 4R2 − 12R + 9 = 2R2 2R2 − 12R + 9 = 0 12 ± 72 12 ± 6 2 = R = 4 4

3 2 2 3 2 R2 = 3 + 2

R1= 3 −

 3 2 3 2 C1  3 − , 3−  2 2    3 2 3 2 C2  3 + , 3+  2 2   2

dC1 , C2 =

 3 2  3 2  2 ⋅  +  2⋅  2   2  

dC1 , C2 =

18 + 18 = 6

2

Resposta: b.


9/2/10 10:48:14 AM

MCA3 Resol.cap3 matematica compreensao e pratica

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